\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题9.4}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{求下列瑕积分 :}
\subsection{$\int_{0}^{a} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{a-x}}$}
\textbf{解}\quad  
$$
\int_{0}^{a} \frac{1}{\sqrt{a-x}} \mathrm{~d} x=\lim _{A \rightarrow a^{-}} \int_{0}^{A} \frac{1}{\sqrt{a-x}} \mathrm{~d} x=-\left.2 \lim _{A \rightarrow a^{-}}\sqrt{a-x}\right|_{0} ^{A}=2 \sqrt{a}
$$


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} x}{(2-x) \sqrt{1-x}}$}
\textbf{解}\quad  
$$
\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} x}{(2-x) \sqrt{1-x}}=\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} x}{(1+(1-x)) \sqrt{1-x}}=-2 \int_{1}^{0} \frac{d t}{1+t^{2}}=\frac{\pi}{2}$$


\subsection{$\int_{0}^{2} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{\mid 1-x} \mid}$}
\textbf{解}\quad  
$$
\begin{aligned}\int_{0}^{2} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{|1-x|}} &=\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{2} \frac{1}{\sqrt{x-1}} \mathrm{~d} x \\
    &=\lim_{A \rightarrow 1}-\left.2 \sqrt{1-x}\right|_{0} ^{A}+\left.2 \sqrt{x-1}\right|_{A} ^{2}=4
\end{aligned}
$$


\subsection{$\int_{-1}^{1} \frac{|x|}{\left(2-x^{2}\right) \sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
$$
\begin{aligned}\int_{-1}^{1} \frac{1 x)}{\left(2-x^{2}\right) \sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x &=2 \int_{0}^{1} \frac{x \mathrm{~d} x}{\left(2-x^{2}\right) \sqrt{1-x^{2}}} \\
    &=\int_{0}^{1} \frac{d t}{(2-t) \sqrt{1-t}}=\frac{\pi}{2}
\end{aligned}
$$


\subsection{$\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}$}
\textbf{解}\quad  
$$
\begin{aligned}\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}} &=\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{(a+b) x-a b-x^{2}}} \\
    &=\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}-\left(x-\frac{b+a}{2}\right)^{2}}} \\
    &=\int_{a}^{b} \frac{\frac{2}{b-a} \mathrm{~d} x}{\sqrt{1-\left(\frac{x-\frac{b+a}{2}}{\frac{b-a}{2}}\right)^{2}}}\\
    &=\int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{~d} t}{\sqrt{1-t^{2}}}\\
    &=2 \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} t}{\sqrt{1-t^{2}}}\\
    &=\left.2 \arcsin t\right|_{0} ^{1}=\pi
\end{aligned}
$$


\subsection{$\int_{0}^{1} x^{n} \ln ^{n} x \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
由分部积分可得
$$
\begin{aligned}I_{m, n} &=\int_{0}^{1} x^{m} \ln ^{n} x \mathrm{~d} x=\lim_{A \rightarrow 0}\left.\frac{1}{m+1} x^{m+1} \ln ^{n} x\right|_{A} ^{1}-\frac{n}{m+1} I_{m, n-1} \\
    &=-\frac{n}{m+1} I_{m, n-1}=-\frac{n}{m+1}\left(-\frac{n-1}{m+1}\right) I_{m, n-2} \\
    &=\cdots=(-1)^{n-1} \frac{n !}{(m+1)^{n-1}} I_{m, 1} \\I_{m, 1}
    &=\int_{0}^{1} x^{m}  \ln x \mathrm{~d} x=\lim_{A \rightarrow 0}\left.\frac{1}{m+1} x^{m+1}\left(\ln x-\frac{1}{m+1}\right)\right|_{A} ^{1}\\
    &=-\frac{1}{(m+1)^{2}}
\end{aligned}
$$

所以利用归纳法可得
$$
I_{n, n}=(-)^{n} \frac{n !}{(n+1)^{n+1}}
$$


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{x^{n} \mathrm{~d} x}{\sqrt{1-x}}$}
\textbf{解}\quad  
$$
\begin{aligned}\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1-x}} \mathrm{~d} x &=-2 \int_{1}^{0}\left(1-t^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} t=2 \int_{0}^{1}\left(1-t^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} t \\
    &=2 \int_{0}^{1} \sum_{i=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i}\left(-t^{2}\right)^{i} \mathrm{~d} t=\left.2 \sum_{i=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i}(-1)^{i} \frac{t^{2 i+1}}{2 i+1}\right|_{0} ^{1} \\
    &=2 \sum_{i=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i}(-1)^{i} \frac{1}{2 i+1}
\end{aligned}
$$


\subsection{$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan x} \mathrm{~d} x$.}
\textbf{解}\quad  
令$t=\sqrt{\tan x}$,
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{+\infty} \frac{2 t^{2}}{1+t^{4}} \mathrm{~d} t$$1+t^4=(1+\sqrt{2}t+t^2)(1-\sqrt{2}t+t^2)$,
对上式分解因式得:

$$
\begin{aligned}
    \int_{0}^{+\infty} \frac{2 t^{2}}{1+t^{4}} \mathrm{~d} t&=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\int_{0}^{+\infty} \frac{t \mathrm{~d} t}{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}-\int_{0}^{+\infty} \frac{t \mathrm{~d} t}{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}\right]\\
    &=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\int_{0}^{+\infty} \frac{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \mathrm{~d} t}{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}-\int_{0}^{+\infty} \frac{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \mathrm{~d} t}{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}\right]\\
    &+\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{~d} t}{\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}+\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{~d} t}{\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}\right]\\
    &=\left.\frac{1}{2 \sqrt{2}}\left[\ln \left|t^{2}-\sqrt{2} t+1\right|-\ln \left|t^{2}+\sqrt{2} t+1\right|\right]\right|_{0} ^{+\infty}\\
    &+ \left.\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\arctan \sqrt{2}\left(t-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\arctan \sqrt{2}\left(t+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right]\right|_{0} ^{+\infty}\\
    &=\frac{\sqrt{2}}{2} \pi
\end{aligned}
$$

\section{判断下列瑕积分的敛散性:}
\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1+x)}{x(1+x)} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
因为 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x \ln (1+x)}{x(1+x)}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{(1+x)}=-\infty,$ 所以 $0$ 为唯一瑕点,且当
$x \rightarrow 0^{+}$ 时
$$
\frac{\frac{\ln x}{1+x}}{\frac{1}{\sqrt{x}}} \rightarrow 0, \quad   \frac{\ln (1+x)}{x} \rightarrow 1
$$

又因为 $\int_{0}^{1 / 2} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x$ 收敛,因此由比较判别法可知 $\int_{0}^{1 / 2} \frac{\ln x}{(1+x)} \mathrm{~d} x$ 收敛;

进一步当 $x>\mathrm{e}$ 时,
$\frac{\ln (1+x)}{x}$ 单调递减有界,由 $\mathrm{Abel}$ 判别法 可知$\int_{0}^{1 / 2} \frac{\ln x \ln (1+x)}{x(1+x)} \mathrm{~d} x$ 收敛, 从而$\int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1+x)}{x(1+x)} \mathrm{~d} x$ 收敛.


\subsection{$\int_{0}^{1} \ln x \ln (1-x) \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
存在两个瑕点$0,1$.
$$
\int_{0}^{1} \ln x \ln (1-x) \mathrm{~d} x=\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\right) \ln x \ln (1-x) \mathrm{~d} x
$$

用上题的结论,显然对于$x\rightarrow 0$时$\ln x$是非常小的无穷大.显然分别将$\ln x$和$\ln (1-x)$乘以$\sqrt{x},\sqrt{1-x}$即可证明其积分收敛.


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1-x)}{x(1-x)} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
$$
\int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1-x)}{x(1-x)} \mathrm{~d} x=\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\right)\frac{\ln x \ln (1-x)}{x(1-x)}\mathrm{~d}x
$$

显然当$x\rightarrow 0 $时$\frac{\ln(1-x)}{x}$极限为$1$,且$(1-x)$极限为$1$,从而包含瑕点$0$的积分的敛散性同于$\ln x$在这个区间上定积分的敛散性.由2.1,收敛.

同理,包含瑕点$1$的积分的敛散性同于$\ln(1-x)$,也收敛.

从而收敛.


\subsection{$\int_{0}^{\pi} \frac{1}{\sqrt{\sin x}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
$$
\int_{0}^{\pi} \frac{1}{\sqrt{\sin x}} \mathrm{~d} x=\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right)\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \mathrm{~d} x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin x}} \mathrm{~d} x
$$

有唯一瑕点$0$.能够找到$\sqrt{x}$,使得$x\rightarrow 0$时,$\sqrt{\frac{x}{\sin x}}=1$.从而由一知积分收敛.


\subsection{$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln \sin x}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
有唯一瑕点$0$.由于$x\rightarrow 0$时,$\frac{\ln(\sin x)}{\sqrt{x}}$与$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}$等价,从而敛散性相同.显然可以找到$1>p=\frac{3}{4}$,有$x^{p}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}$当$x\rightarrow 0$时极限为$0$,所以原积分收敛.


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\ln x \mathrm{~d} x}{1-x^{2}}$}
\textbf{解}\quad  
存在两个瑕点:$1,0$.将积分限分为$0\rightarrow \frac{1}{2},\frac{1}{2}\rightarrow1$当$x\rightarrow1$时,$f(x)$极限为$-\frac{1}{2}$,显然可取到$1>p>0$.而又有$x\rightarrow0$时,$(1-x^{2})$极限为$1$,从而原式趋于$0$时的积分的敛散性同于$\ln x$.而显然其收敛.


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{x^{2}} \sin \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
有一个瑕点$0$.

令 $x=\frac{1}{t},$ 则 $\mathrm{~d} x=-\frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t,$ 且 $t:+\infty \rightarrow 1,$ 则
$$
\begin{aligned}
&\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{x^{2}} \sin \frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\int_{+\infty}^{1} \frac{\ln \left(1+\frac{1}{t}\right)}{\frac{1}{t^{2}}} \sin t \cdot\left(-\frac{1}{t^{2}}\right) \mathrm{~d} t=\int_{1}^{+\infty} \ln \left(1+\frac{1}{t}\right) \sin t \mathrm{~d} t\\
&\text { 又由 Dirichlet 判别法得, } \int_{1}^{+\infty} \ln \left(1+\frac{1}{t}\right) \sin t \mathrm{~d} t \text { 收敛. 因此原假积分收敛. }
\end{aligned}
$$


\subsection{$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{\left(1+x^{2}\right) x^{2}} \sin \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
由2.7可知 $\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{x^{2}} \sin \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛,又因为 $\frac{1}{1+x^{2}}$ 在$[0,1]$上单调有界,所以 $\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{\left(1+x^{2}\right) x^{2}} \sin \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛.

\section{判断下列反常积分的敛散性}
\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan a x}{x^{n}} \mathrm{~d} x(a \neq 0)$}
\textbf{解}\quad  
由于 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x,$ 且
$$
\frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \sim \frac{a}{x^{n-1}} \quad  \left(x \rightarrow 0^{+}\right)
$$

因此当 $n<2$ 时 $, \int_{0}^{1} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛.又当 $a>0$ 时 $, \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \sim \frac{\pi}{2 x^{n}}(x \rightarrow+\infty) ;$ 当 $a<0$ 时,
$$
\frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \sim-\frac{\pi}{2 x^{n}}(x \rightarrow+\infty)
$$

因此当 $n>1$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛;故当 $1<n<2$ 时 $, \int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan (a x)}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x^{n}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
由于 $\frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x^{n}} \sim \frac{1}{x^{n-1}}\left(x \rightarrow 0^{+}\right),$ 因此当 $n<2$ 时 $, \int_{0}^{1} \frac{1-\mathrm{e}^{x}}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛.
当 $x \rightarrow+\infty$ 时 $, \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x^{n}} \sim \frac{1}{x^{n}},$ 所以当 $n>1$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{x}}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛, 因此当 $1<n<2$
时 $, \int_{0}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{x}}{x^{n}} \mathrm{~d} x$ 收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x \mathrm{~d} x}{1+x^{q}}(q \geqslant 0)$;}
\textbf{解}\quad  
$\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$
先考虑积分 $\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x,$ 由于
$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{-p-1} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\arctan x}{x}=1
$$

所以当 $-p-1<1,$ 即当 $p>-2$ 时,积分 $\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 收敛.
再考虑积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x,$ 由于
$$
\left|\frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}}\right| \leqslant \frac{\pi}{2 x^{q-p}}
$$

因此当 $q-p>1$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛.
综上 : 当 $p>-2$ 且 $q-p>1$ 时 $, \int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \arctan x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
由于 $x=0$ 可能是瑕点,故做如下分解:
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x \stackrel{\text { def }}{=} I_{1}+I_{2}
$$

对于 $I_{1},$ 当 $p>0$ 时,由于 $\frac{\cos x}{x^{p}} \sim \frac{1}{x^{p}}\left(x \rightarrow 0^{+}\right),$ 因此当 $0<p<1$ 时 $, \int_{0}^{1} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 收敛.
对于 $I_{2},$ 当 $p>0$ 时,由于 $\frac{1}{x^{p}}$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调,且
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x^{p}}=0, \quad   \forall A>1, \quad  \left|\int_{1}^{A} \sin x \mathrm{~d} x\right| \leqslant 2
$$

因此 $, I_{2}$ 当 $p>0$ 时收敛. 从而,当 $0<p<1$ 时 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 收敛.
而当 $0<p<1$ 时 $I_{2}$ 条件收敛 $, I_{1}$ 收敛, 因此当 $0<p<1$ 时 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{p}} \mathrm{~d} x$ 条件收敛.

\section{判断下列反常积分的绝对收敛性和条件收敛性 :}
\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}|\ln x|^{p} x \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  
由于 $x=0,1$ 可能是瑕点,故做如下分解:
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\left|\ln ^{p} x\right| \mathrm{~d} x=\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}+\int_{1}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{+\infty}\right) \frac{\sin x}{x}\left|\ln ^{p} x\right| \mathrm{~d} x \stackrel{\text { def }}{=} I_{1}+I_{2}+I_{3}+I_{4}
$$

注意到 $I_{1}, I_{2}, I_{3}$ 中的被积函数都是非负的,因此广义积分收敛即等价于绝对收敛.

(i) 由 $\frac{\sin x}{x}\left|\ln ^{p} x\right|=o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\left(x \rightarrow 0^{+}\right)$ 可知,不论 $p$ 取何值, $I_{1}$ 都收敛,即为绝对收敛.

(ii) 对于 $I_{2}, I_{3}$, 我们考察
$$
\left|\ln ^{p} x\right|=|\ln [1+(x-1)]|^{p} \sim|x-1|^{p}, \quad   x \rightarrow 1
$$

因此当 $p>-1$ 时收敛, $p \leqslant-1$ 时发散.

(iii)下面瑕设 $p>-1,$ 讨论 $I_{4}$ 的敛散性.

当 $x$ 充分大后 $, \frac{1}{x}\left|\ln ^{p} x\right|$ 单调趋于 $0(x \rightarrow+\infty), \int_{\frac{\pi}{2}}^{A} \sin x \mathrm{~d} x$ 在 $\left[\frac{\pi}{2},+\infty\right)$ 上有界,因此
$I_{4}$ 收敛. 类似可证 $, \int_{\frac{\pi}{2}}^{+\infty} \frac{\sin 2 x}{2 x}(\ln x)^{p} \mathrm{~d} x$ 收敛.但
$$
\left|\frac{\sin x}{x}\right| \ln ^{p} x|| \geqslant \frac{\sin ^{2} x}{x}|\ln x|^{p}=\frac{(\ln x)^{p}}{2 x}-\frac{\sin 2 x}{2 x}(\ln x)^{p}
$$

又因为 $p>-1, \int_{\frac{\pi}{2}}^{+\infty} \frac{(\ln x)^{p}}{2 x} \mathrm{~d} x$ 发散,从而 $\int_{\frac{\pi}{2}}^{+\infty}\left|\frac{\sin x|\ln x|^{p}}{x}\right| \mathrm{~d} x$ 发散,因此当 $p>-1$
时, $I_{4}$ 条件收敛. 综上可得: $I$ 仅当 $p>-1$ 时条件收敛, $p \leqslant-1$ 时发散.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad  

(i) 先考虑积分 $\int_{0}^{1} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x,$ 当 $x \rightarrow 0^{+}$ 时 $, 1-\mathrm{e}^{-x} \sim x,$ 瑕积分 $\int_{0}^{1} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$
与正常积分 $\int_{0}^{1} \cos x \mathrm{~d} x$ 同敛散. 所以此时 $\int_{0}^{1} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 收敛,因为被积函数非负,所以
$\int_{0}^{1} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 绝对收敛.

(ii) 再考虑积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$,由于 $\forall A>1,\left|\int_{1}^{A} \cos x \mathrm{~d} x\right| \leqslant 2$,且当 $x \rightarrow+\infty$
时 $, \frac{1}{x}$ 单调递减趋近于 $0$, 所以由 $\mathrm{Dirichlet}$ 判别法知 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛. 当 $x \rightarrow+\infty$ 时,
$\left|1-\mathrm{e}^{-x}\right|<1,$ 一致有界,所以由 $\mathrm{Abel}$ 判别法知 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 收敛.但
$$
\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x\right| \mathrm{~d} x \geqslant\left(1-\frac{1}{\mathrm{e}}\right) \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\cos x}{x}\right| \mathrm{~d} x
$$

且 $\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\cos x}{x}\right| \mathrm{~d} x$ 不收敛,所以 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 不绝对收敛.

综上:积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 条件收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} x^{p} \sin x^{q} \mathrm{~d} x, q \neq 0$}
\textbf{解}\quad  
$$
\begin{aligned}
\text { 令 } y=x^{q} \Rightarrow x=\sqrt[q]{y}, \mathrm{~d} x &=\frac{1}{q} y^{\frac{1}{q}-1}, \text { 当 } y: 0 \rightarrow+\infty 时, \\
\int_{0}^{+\infty} x^{p} \sin x^{q} \mathrm{~d} x &=\frac{1}{|q|} \int_{0}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y \\
&=\frac{1}{q}\left(\int_{0}^{1} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y+\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y\right)
\end{aligned}
$$

先考虑积分 $\int_{0}^{1} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y,$ 由于
$$
\lim _{y \rightarrow 0^{+}} y^{-\frac{p+1}{q}} \cdot y^{\frac{p+1}{q}-1} \cdot \sin y=\lim _{y \rightarrow 0^{+}} \frac{\sin y}{y}=1
$$

所以当 $\frac{p+1}{q}>-1$ 时 $, \frac{1}{q} \int_{0}^{1} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 收敛,因为被积函数非负,故绝对收敛.

再考虑积分 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$

(i) 当 $\frac{p+1}{q}<1$ 时,由于 $\forall A>1,\left|\int_{1}^{A} \sin y \mathrm{~d} y\right| \leqslant 2,$ 且当 $y \rightarrow+\infty$ 时, $y^{\frac{p+1}{q}-1}$ 单调递减
趋近于 $0,$ 所以 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 收敛,但不绝对收敛.

(ii) 当 $\frac{p+1}{q}=1$ 时,由于 $\int_{1}^{+\infty} \sin y \mathrm{~d} y$ 发散,所以此时 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 发散.

(iii) 当 $\frac{p+1}{q}>1$ 时,因为 $\lim _{y \rightarrow+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1}=+\infty,$ 故 $\forall A>0,$ 必存在正整数 $N,$ 使得 $2 \mathrm{~N} \pi+$
$\frac{\pi}{4}>A,$ 且当 $y \geqslant 2 N \pi+\frac{\pi}{4}$ 时 $, y^{\frac{p+1}{q}-1}>\sqrt{2},$ 则取 $A^{\prime}=2 N \pi+\frac{\pi}{4}, A^{\prime \prime}=2 N \pi+\frac{\pi}{2},$ 有
$$
\left|\int_{A^{\prime}}^{A^{\prime \prime}} y^{\frac{\rho+1}{q}} \sin y \mathrm{~d} y\right|>\sqrt{2} \int_{A^{\prime}}^{A^{\prime \prime}} \sin y \mathrm{~d} y=1
$$

可知积分 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 是发散的.
所以仅当 $-1<\frac{p+1}{q}<1$ 时,积分 $\int_{0}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 收敛.
下面讨论积分的绝对敛散性:

(i) 当 $1-\frac{p+1}{q}>1,$ 即 $\frac{p+1}{q}<0$ 时,有
$$
\left|y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y\right|=\left|\frac{\sin y}{y^{1-\frac{p+1}{q}}}\right| \leqslant \frac{1}{y^{1-\frac{p+1}{q}}}
$$

所以 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 绝对收敛.

(ii) 当 $\frac{p+1}{q}=0$ 时,由于 $\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y=\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin y}{y} \mathrm{~d} y,$ 由已知结论可知,此时积分
$\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 条件收敛.

(iii) 当 $\frac{p+1}{q}>0$ 时,由于 $\int_{1}^{+\infty}\left|y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y\right| \mathrm{~d} y \geqslant \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin y}{y}\right| \mathrm{~d} y=+\infty,$ 故此时积分
$\int_{1}^{+\infty} y^{\frac{p+1}{q}-1} \sin y \mathrm{~d} y$ 也不是绝对收敛的.

综上 : 当 $-1<\frac{p+1}{q}<0$ 时,积分 $\int_{0}^{+\infty} x^{p} \sin x^{q} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛; 当 $0 \leqslant \frac{p+1}{q}<1$ 时,积分 $\int_{0}^{+\infty} x^{p} \sin x^{q} \mathrm{~d} x$ 条件收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x, q \geqslant 0$}
\textbf{解}\quad  
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x
$$

先考虑积分 $\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x,$ 由于
$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{-p-1} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{\sin x}{x} \frac{1}{1+x^{q}}\right)=1
$$

所以积分 $\int_{0}^{1} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$,仅当 $-p-1<1,$ 即当 $p>-2$ 时收敛.
再考虑积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ ,

(i) 当 $p<q-1$ 时,由 $\left|\frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}}\right|<\frac{1}{x^{q-p}},$ 可知积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛.

(ii) 因为 $|F(A)|=\left|\int_{1}^{A} \sin x \mathrm{~d} x\right|=|\cos A-\cos 1| \leqslant 2,$ 知 $F(A)=\int_{1}^{A} \sin x \mathrm{~d} x$ 在 $[1,+\infty)$
上有界.
$$
\left(\frac{x^{p}}{1+x^{q}}\right)^{\prime}=\frac{p x^{p-1}\left(1+x^{q}\right)-q x^{p} x^{q-1}}{\left(1+x^{q}\right)^{2}}=\frac{x^{p-1}\left[p+(p-q) x^{q}\right]}{\left(1+x^{q}\right)^{2}}
$$

(iii) 当 $p-q<0,$ 且 $p+q-1<0$ 时,即当 $q-1 \leqslant p<q$ 时,且 $x$ 充分大时 $, \frac{x^{p}}{1+x^{q}}$ 单调递减,
且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{p}}{1+x^{q}}=0,$ 由 Dirichlet 判别法可 知 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 是收敛的. 但因为积分
$\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 发散,所以当 $q-1 \leqslant p<q$ 时 $, \int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 是条件收敛的.

(iiii) 当 $p \geqslant q$ 时,由于 $n \rightarrow \infty$ 时, $\forall A>1,$ 必存在正整数 $N,$ 使得 $2 N \pi+\frac{\pi}{4}>A,$ 且当
$x \geqslant 2 N \pi+\frac{\pi}{4}$ 时,恒有 $\frac{x^{p}}{1+x^{q}}>\frac{1}{3},$ 则 取 $A^{\prime}=2 N \pi+\frac{\pi}{4}, A^{\prime \prime}=2 N \pi+\frac{\pi}{2},$ 

有
$\left|\int_{A^{\prime}}^{A^{\prime \prime}} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x\right|>\frac{1}{3} \int_{A^{\prime}}^{A^{\prime \prime}} \sin x \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{2}}{6},$ 不趋于零,可知积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 是发散的.

所以,当 $p>-2, p<q-1$ 时,积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛

当 $p>-2, q-1 \leqslant p<q$ 时(等价于 $p>-2, p<q \leqslant p+1), \int_{1}^{+\infty} \frac{x^{p} \sin x}{1+x^{q}} \mathrm{~d} x$ 是条件收敛的.

\section{证明 $: \mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)=\pi .$ 再利用 $\Gamma$ 函数和 $\mathrm{B}$ 函数的关系证明 $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$.}
\textbf{解}\quad  
$\mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{1} x^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{1}{2}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x} \sqrt{1-x}} \mathrm{~d} x$

令 $t=\sqrt{x}, t^{2}=x, 2 t \mathrm{~d} t=\mathrm{~d} x, t: 0 \rightarrow 1,1-t^{2}=1-x,$ 则
$$
\mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)=2 \int{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}} \mathrm{~d} t=\left.2 \arcsin t\right|{0} ^{1}=2 \cdot \frac{\pi}{2}=\pi
$$

又已知 
$$
\mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)=\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)}=\frac{\Gamma^{2}\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(1)}, \Gamma(\alpha)=\int_{0}^{1} x^{a-1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x
$$

因此
$$
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x, \quad   \Gamma(1)=\int{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x=-\int{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} d(-x)=-\left.\mathrm{e}^{-x}\right|{0} ^{+\infty}=1
$$

所以
$$
\Gamma^{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)=\pi
$$

从而 $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$.

\section{利用 $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ 计算概率积分 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x .$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad  
$$
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x, 令 t=\sqrt{x}, t^{2}=x, 2 t \mathrm{~d} t=\mathrm{~d} x, t: 0 \rightarrow+\infty
$$

则
$$
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{t} \mathrm{e}^{-t^{2}} 2 t \mathrm{~d} t=2 \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t=\sqrt{\pi}
$$

所以
$$
\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t=\frac{\sqrt{\pi}}{2}
$$

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad  
$$
I_{n}=\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n} \mathrm{~d} t
$$

作代换 $t=\sqrt{n} \sin x,$ 就有
$$
I_{n}=\sqrt{n} \int_{0}^{\pi / 2} \cos ^{2 n+1} x \mathrm{~d} x=\sqrt{n} \cdot \frac{(2 n) ! !}{(2 n+1) ! !} \rightarrow \frac{\sqrt{\pi}}{2}(n \rightarrow \infty)
$$

又因为
$$
\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t
$$
因此只需要再证明

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}}\left[\mathrm{e}^{-t^{2}}-\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}\right] \mathrm{~d} t=0
$$

利用关于指数函数的一个不等式当 $a \geqslant 1$ 时在区间 $[0, a]$ 上成立
$$
0 \leqslant \mathrm{e}^{-x}-\left(1-\frac{x}{a}\right)^{a} \leqslant \frac{x^{2}}{a} \mathrm{e}^{-x}
$$

在其中令 $x=t^{2}, a=n,$ 就得到估计式
$$
0 \leqslant \int_{0}^{\sqrt{n}}\left[\mathrm{e}^{-t^{2}}-\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}\right] \mathrm{~d} t \leqslant \frac{\int_{0}^{\sqrt{n}} t^{4} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t}{n}
$$

由于当 $n \rightarrow \infty$ 时右边分子上的广义积分收敛, 因此右边极限为 $0$.

\section{设 $f(x)$ 定义在 $[0,+\infty)$ 上连续, $0<a<b$,证明 :}
\subsection{若 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=k,$ 则 $\int_{0}^{+\infty} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x=[f(0)-k] \ln \frac{b}{a}$}
\textbf{证}\quad  
由于
$$
\begin{aligned}
\int_{r}^{R} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x &=\int_{r}^{R} \frac{f(a x)}{x} \mathrm{~d} x-\int_{r}^{R} \frac{f(b x)}{x} \mathrm{~d} x \\
&=\int_{a r}^{a R} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x-\int_{b r}^{b R} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x \\
&=\int_{a r}^{b r} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x-\int_{a R}^{b R} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$

对上式右边的两个定积分分别应用积分第一中值定理, 得到
$$
\begin{array}{l}
\int_{a r}^{b r} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x=f(\xi) \int_{a r}^{b r} \frac{\mathrm{~d} x}{x}=f(\xi) \ln \frac{b}{a} \quad  (a r<\xi<b r) \\
\int_{a R}^{b R} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x=f(\eta) \int_{a R}^{b R} \frac{\mathrm{~d} x}{x}=f(\eta) \ln \frac{b}{a} \quad  (a R<\eta<b R)
\end{array}
$$

在上两式中分别令 $r \rightarrow 0^{+}, R \rightarrow+\infty,$ 注意到这时 $\xi \rightarrow 0^{+}, \eta \rightarrow+\infty,$ 

由于$f\left(0^{+}\right)=f(0), f(+\infty)$ 存在且有限,从而
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x=[f(0)-f(+\infty)] \cdot \ln \frac{b}{a}
$$

显然若$\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x$收敛,则$f(+\infty)=0$.即证.

\subsection{若 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x$ 收敛,则 $\int_{0}^{+\infty} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x=[f(0)] \ln \frac{b}{a}$}
\textbf{证}\quad  
利用积分中值定理,显然.

\section{设 $F(x)=\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{t}-\left[\frac{1}{t}\right]\right) \mathrm{~d} t .$ 证明: $F^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$.}
\textbf{证}\quad  
$$
\frac{F\left(\frac{1}{n+1}\right)}{\frac{1}{n}}\leqslant \frac{F(x)}{x}\leqslant\frac{F\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n+1}}
$$

$$
\begin{aligned}
F(\frac{1}{n})&=\lim_{m \rightarrow +\infty}\int_{\frac{1}{m}}^{\frac{1}{n}}\left(\frac{1}{t}-\left[\frac{1}{t}\right]\right) \mathrm{~d} t =\lim_{m \rightarrow +\infty}\sum_{k=n}^{m-1}\int_{\frac{1}{m+1}}^{\frac{1}{m}}\left(\frac{1}{t}-\left[\frac{1}{t}\right]\right) \mathrm{~d} t\\&
=\lim_{m \rightarrow +\infty}\left[  \sum_{k=n}^{m-1}\left( \ln\frac{1}{k}-\ln\frac{1}{k+1}-k\frac{1}{k(k+1)}   \right)  \right]\\&
=\lim_{m \rightarrow +\infty}\left[  \ln m-\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k}  \right]-\left[       \ln n-  \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}    \right]\\&
=\gamma-\left[       \ln n-  \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}    \right]
\end{aligned}
$$

同理,
$$
F(\frac{1}{n+1})=\gamma-\left[       \ln (n+1)-  \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}    \right]
$$

由$Stloz$定理和洛必达定理(海涅):
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{F(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n+1}}&=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\gamma-\left(\ln n-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}    \right)}{\frac{1}{n+1}}
\\&=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\ln(\frac{n+1}{n})-\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{(n+1)(n+2)}}
\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1+x)-\frac{x}{x+1}}{x^{2}}
\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}}{2x}
\\&=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

同理
$$
\frac{F(\frac{1}{n+1})}{\frac{1}{n}}=\frac{1}{2}
$$

由夹逼定理,原极限为$\frac{1}{2}$.










\end{document}
\subsection{}
\textbf{解}\quad  

\subsection{}
\textbf{证}\quad  

\textbf{\textcolor{red}{注}}\quad  